Тема Треугольники с фиксированными углами

Нетабличные углы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела треугольники с фиксированными углами

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#81379

Два треугольника пересекаются по шестиугольнику $ABCDEF$ , в котором

∘ ∘ ∘ ∘ ∠A = ∠B =∠C = 100 ,∠D =130 ,∠E = 140,∠F =150

Найдите углы этих треугольников.

Источники: Миссия выполнима - 2024, 11.6 (см. www.fa.ru)

Показать ответ и решение

Случай $1$ (стороны треугольника - тройки несмежных сторон):

$PIC$

В таком случае все углы треугольников легко находятся, как $∘ ∘ ∘ ∘ 180 − (180 − α)− (180 − β)=α +β − 180$ , где $α,β$ - два соседних угла шестиугольника.

Тогда получаем, что углы красного треугольника равны $∘ ∘ ∘ 20 ,70 ,90$ , а углы синего - $∘ ∘ ∘ 20,50,110$ .

Случай $2$ (один из углов шестиугольника совпадает с углом треугольника):

$PIC$

Заметим, что это единственное возможное положение в этом случае. Углы синего треугольника равны $150∘$ ; $180∘− (180∘− ∠A )− (180∘ − ∠B )=20∘$ и $10∘$ .

Углы красного треугольника будут равны $130∘;$ $180∘ − (180∘− ∠B)− (180∘− ∠C)= 20∘$ и $30∘$ .

Ответ:

$20∘,50∘,110∘$ и $20∘,70∘,90∘$ ; или $10∘,20∘,150∘$ и $20∘,30∘,130∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#97699

Дан пятиугольник $ABCDE,$ в котором $AB = BC =DE,$ $AE = CD,$ $∠A = ∠D =75∘$ , $∠B =150∘,$ $∠C =105∘.$ Найдите величину угла $∠ACE$ (в градусах).

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что треугольники $ABE$ и $CDE$ равны, так как $AE = CD,$ $AB =ED$ и $∠A = ∠D.$ Следовательно, $EB = EC,$ то есть треугольник $BCE$ равнобедренный. Пусть $∠AEB = ∠ECD = α$ и $∠ABE = ∠CED = β,$ тогда $∠EBC = ∠B− ∠ABC = 150∘− β$ и $∠ECB =∠C − ∠ECD = 105∘− α,$ но $∠EBC = ∠ECB,$ поэтому $β = 45∘+ α.$ А из треугольника $ECD$ получаем

∠CED +∠EDC +∠ECD =180∘

45∘+ α+ 75∘ +α =180∘

∘ α= 30

Значит, $∠ECD = 30∘.$ Треугольник $ABC$ равнобедренный, поэтому $∠ACB = ∠CAB = 15∘.$ В итоге

∠ACE = ∠BCD − ∠ACB − ∠ECD = 105∘− 15∘− 30∘ =60∘

Ответ: 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#92142

Дан равнобедренный треугольник $KLM (KL = LM )$ с углом при вершине, равным $114∘$ . Точка $O$ расположена внутри треугольника $KLM$ так, что $∘ ∠OMK =30$ , а $∘ ∠OKM = 27$ . Найдите величину угла $∠LOM$ .

Источники: ОММО - 2021, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $LH$ — высота/медиана/биссектриса треугольника. Пусть $S$ — пересечение луча $MO$ и отрезка $LH$ .

$PIC$

Заметим, что $KS = SM$ (поскольку в треугольнике $KSM$ медиана $SH$ совпала с высотой).

Посчитаем углы: 1. $∠KLM ∘ ∠HLK = --2--= 57$ ; 2. $∘ ∘ ∠LKM = 90 − ∠HLK =33$ ; 3. $∘ ∠SKM = ∠SMK = 30$ ; 4. $∘ ∠LKS = ∠LKM − ∠SKM = 3$ ; 5. $∘ ∠SKO = ∠SKM − ∠OKM = 3$ , а значит $∠SKO = ∠SKL$ ; 6. $∘ ∠SOK = ∠OMK +∠OKM = 57$ , а значит $∠SOK =∠SLK$ .

Треугольники $SKO$ и $SKL$ равны по общей стороне $KS$ и двум углам (пункты 5. и 6.) Следовательно, $KO = KL$ , треугольник $KOL −$ равнобедренный. Значит,

∠LOK = 90∘ − ∠OKL2 = 87∘

∠KOM =180∘− ∠OKM − ∠OMK = 123∘

∠LOM = 360∘− ∠LOK − ∠KOM =150∘

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Несложно посчитать, что $∠LKO = 6∘,∠LMO = 3∘$ . Докажем, что $∠KLO = 87∘$ , а $∠OLM = 27∘$ . Для этого воспользуемся тригонометрической формой теоремы Чевы. В соответствии с этой теоремой нам достаточно проверить, что

sin3∘ sin27∘ sin87∘ sin30∘ ⋅ sin6∘ ⋅sin27∘ = 1,

или $∘ ∘ ∘ ∘ sin6 ⋅sin30 = sin3 ⋅sin87$ . Это очевидно:

1 sin6∘⋅sin30∘ = (2 ⋅sin3∘⋅cos3∘)⋅2 = sin3∘⋅sin87∘.

Осталось лишь вычислить $∠LOM$ из треугольника $LOM$ .

Ответ:

$150∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#105110

Внутри треугольника $ABC$ взята такая точка $D,$ что $∠ABD = ∠CBD = 40∘,$ $∠ACD = 20∘,∠CAD = 30∘.$ Найдите:

a) углы $∠BAD$ и $∠BCD;$

б) расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $BCD,$ если $BC = 3.$

Источники: ПВГ 2018

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме о сумме углов в треугольнике $∘ ∘ ∘ ∘ ∠ADC =180 − 20 − 30 = 130 .$ Пусть $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Тогда угол между биссектрисами $∘ 1 ∘ ∠AIC =90 + 2∠ABC = 130 .$ Получается, что из точек $D$ и $I$ отрезок $AC$ виден под одинаковым углом, тогда они лежат на одной окружности вместе с $A,C$ . При этом из условия следует, что ещё они обе лежат на одной прямой (на биссектрисе угла $ABC$ ), поэтому либо совпадают, либо являются противоположными вершинами прямоугольника (вписанного параллелограмма) $ADCI$ . Но так как $130∘ ⁄=90∘,$ то может быть только случай $D≡ I.$ Следовательно, $∠BAD =∠CAD =30∘$ и $∠BCD =∠ACD = 20∘$ .

Замечание. Для доказательства $D = I$ можно было также воспользоваться условием, что точка $D$ дана внутри треугольника, и упростить часть рассуждений.

б)

$PIC$

Радиус окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$ , равен

--BC-- = -3√--=√3. 2sin60∘ 223

Но

∠BDC = 180∘− 40∘− 20∘ =120∘,

поэтому радиус окружности, описанной вокруг треугольника $BCD$ , также равен

--BC--- √- 2sin120∘ = 3.

Значит, их общая хорда $BC$ пересекает отрезок между центрами в его середине, а длина этого отрезка равна $∘---9 √- 2 3 −4 = 3$ .

Ответ:

а) $30∘$ и $20∘$

б) $√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#49013

Про пятиугольник $ABCDE$ известно, что

0 0 AB = BC = CD = DE,∠B = 96 ,∠C = ∠D = 108 .

Найдите $∠E.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Давайте пересечем $CE$ и $BD$ в точке $F$ . $180∘−∠C- ∘ ∠BDC = ∠DBC = 2 =36$ из равнобедренности $DCB$ . Аналогично, $∘ ∠ECD =∠CED = 36$ . Тогда $∘ ∠BF C = 72$ и из этого следует, что $∘ ∠BCF = 72$ . Значит, $BF = BC$ . Аналогично, $EF = ED$ .

$PIC$

Теперь посчитаем $∘ ∠ABF =∠ABC − ∠DBC =60$ . Значит, $AF = AB =BF = EF$ . Отсюда следует, что $∘ ∠AF E =48$ , $∘ ∠AEF = 66$ , $∘ ∠E = ∠AEC + ∠CED = 102$ .

Ответ:

$102∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#49304

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ $∠B =50∘$ , $∠A =80∘$ . На продолжении стороны $AB$ за точку $A$ отложили отрезок $CD$ и получили точку $K$ . Оказалось, что $KD ⊥ BC$ . Найдите угол между $AC$ и биссектрисой угла $BCD.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $E$ — точка пересечения $BC$ и $DK$ , причем $E$ лежит на продолжении $BC$ за точку $C$ . В треугольнике $AKD$ угол $AKD$ равен $40∘$ , а внешний угол при вершине $A$ равен $80∘$ . Поэтому $∠ADK = 40∘$ и $AD = AK = CD$ . Следовательно треугольник $ACD$ — равнобедренный. Пусть $∠ACD = x= ∠CAD$ . $∠CDE + ∠ADK = 2x$ , поэтому $∠CDE = 2x − 40∘$ . $∠DCE = 130∘ − 2x$ . $∠BCD =2x +50∘$ . Пусть $BN$ — биссектриса угла $BCD$ , тогда $∠ACN = ∠DCN − ∠ACD =x +25∘− x= 25∘$ .

Замечание. Случай, когда точка $E$ лежит на отрезке $BC$ , разбирается аналогично, только некоторые знаки меняются на противоположные.

Ответ:

$25∘$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#49306

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ( $AB = AC$ ) угол при вершине $A$ равен $80∘$ . На сторонах $BC$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно так, что $∘ ∠BAD = 50$ , $∘ ∠ABE = 30$ . Докажите, что $∘ ∠BED = 40 .$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABE$ . Так как $∠ABE = 30∘$ , то $∠AOE = 60∘$ . Следовательно, треугольник $AOE$ — равносторонний. $AD$ в этом треугольнике является биссектрисой, поэтому треугольники $AOD$ и $AED$ равны. Далее, $∠BAD =∠ABD = 50∘$ , откуда $AD = BD$ ; следовательно, треугольники $BOD$ и $AOD$ равны по трем сторонам. Заметим, что из $∠AEB = 70∘$ следует, что $∠AOB =140∘$ . Наконец, $∠AED = ∠AOD =(360∘ − ∠AOB )∕2 =110∘$ и $∠BED =∠AED − ∠AEB =40∘.$

Второе решение.

$PIC$

Обозначим точку пересечения $BE$ и $AD$ за $F.$ Из условия сразу же находим внешний угол треугольника $DEF$ : $∘ ∠DF B =∠BAD +∠ABE =80$ . Нас просят доказать, что $∘ ∠BED = 40 ,$ тогда угол $EDF$ тоже должен быть равен $∘ 40.$ Давайте не будем думать и попробуем доказать $EF =F D$ счётом в синусах:

sin30∘ EF = AF sin70∘

∘ AF = BF sin30∘ sin50

sin80∘ BF = DF sin20∘

В итоге

EF sin 30∘sin 30∘sin80∘ sin40∘ cos40∘ cos40∘ DF-= sin-70∘sin-50∘sin20∘ = 2cos20∘sin50∘sin20∘ = sin50∘ =1

Третье решение.

$PIC$

Обозначим $∠BED =α.$ Из условия находим $∠AEB =70∘,∠EBD = 20∘.$ Замечаем, что $△ADB$ - равнобедренный, так как его углы при основании $AB$ равны по $50∘,$ поэтому $AD = BD.$ Выразим $AD$ и $BD$ из теоремы синусов: